JOI 2021 Final 做题记录

T1 「JOI 2021 Final」有趣的家庭菜园 4

显然我们先求(A)数组的差分

那么显然最后就是要让一段前缀的差分(>0)，剩下的(<0)

不难发现一个操作是让至多一个差分(+1)，至多一个差分(-1)

于是枚举波峰算两侧所需次数的(max)即可

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T2 「JOI 2021 Final」雪球

显然每个雪球的覆盖雪的范围是一段包含自己但不会超过他上一个/下一个点的区间

直接记录前缀最大/小值就能二分出区间的左右端点了

显然可以(O(nlogn))但是懒人就是要(O(nlog^2n))

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T3 「JOI 2021 Final」集体照

注意到关键的条件就是所有人的身高构成排列

于是最后的状态里

必然存在(T)个区间([l_1,r_1],[l_2,r_2]....[l_T,r_T])

满足(l_i=r_{i-1}+1)

且([l_i,r_i])里填的数恰好是(r_i)到(l_i)依次递减

考虑一种最终的状态(b[1..n])的贡献

假设原来的(i)在(p_i)位置

那么次数就是(sum_{i=1}^{n} sum_{j=i+1}^{n} (p_{b[i]}>p_{b[j]}))

于是设(f[i])表示以(i)为某个区间结尾的最小代价

转移就枚举最后一个区间的长度，用树状数组转移即可

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T4「JOI 2021 Final」机器人

不难发现如果我们想要通过一条边只有两种选择

(1)、把他的颜色换成一种新的颜色

(2)、把所有和他颜色相同的换成一种新的颜色

于是建边为两者的最小值dijkstra即可

发现有一种特殊情况

就是我们连续走过两条边，在上面分别用(1)和(2)操作，如果两次操作的边颜色相同，不难发现这样算会多算一次第一条边的贡献

于是我们对于每条边拆出一个点，((u,v,c,p))就拆出((v,c))这个点

抄张图

设((u,0))为原图中的(u)这个点

把((u,0)->(v,c))连费用为(0)的边

((v,c))向所有(v)能通过颜色(c)到的点连上那条边只有(2)操作的权值

不难发现((u,0)->(v,0)->(w,0))先(1)再(2)且颜色相同就变成了

((u,0)->(v,c)->(w,0))

答案就算对了，并且不会增加新的转移方式

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T5「JOI 2021 Final」地牢 3

不难想到一个贪心策略

我们考虑当前位置的(i)下一个比我这里加能量便宜的位置(j)

如果(i)到(j)的距离是(d)，那么把能量加到(min(u,d))显然最优

于是我们就得到一个(O(nq))的优秀做法

考虑优化它

先考虑(sub3)的情况，所有的(T)都是(n+1)

我们考虑离线按左端点(S)从大到小离线处理

我们维护一棵线段树下标(i)就表示最大容量是(i)时的答案

我们考虑左端点左移了(1)个单位的改变

维护一个从左到右递减的单调栈

当我们弹出栈顶时我们发现，如果我们的(U)大于栈顶到当前的左端点的距离(L)的话

我们显然在当前位置会多加一些能量（原来加能量一定会加满到刚好到在那个位置）来替换更劣的价格

于是我们会给(U)以后的减去一个折线，来扣掉那部分的贡献

具体而言设当前左端点到栈顶的下一个位置的距离是(L1)

那么对于一个大于(U)的位置(x)，他会减去((min(x, L1) - L) imes)栈顶加能量的代价

那么最后我们肯定是要把当前买能量的贡献加上

具体而言设当前位置到栈顶的距离是(L)

那么任意一个位置(x)，他会加上(min(x,L) imes)当前加能量的代价

为了卡常更好写，我们显然可以用两个树状数组代替线段树

接下来考虑(sub4)

对于区间(S)到(T-1)，我们找到距离(T)小于等于(U)的位置里，代价最小的点(mid)

我们发现不管是从(S)到(T)还是(S)到(n+1)，我们都一定会在(mid)这里加油

简单推导不难发现(ans(S,T)=ans(S,n+1)-ans(mid,n+1)+(mid到T的距离 imes mid这里加油的代价))

于是就转化成了(sub3)的问题

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